Ứng dụng của nguyên lý dirichlet trong một số bài toán tổ hợp

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ VÂN ỨNG DỤNG CỦA NGUYÊN LÝ DIRICHLET TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC NGHỆ AN 2011 MỞ ĐẦU Tốn học tổ hợp ngành toán học rời rạc nghiên cứu cấu hình kết hợp phần tử tập hợp hữu hạn Các cấu hình bao gồm: liệt kê, tổ hợp, chỉnh hợp hoán vị phần tử tập hợp hữu hạn Có tốn tổ hợp bản: Giải tích tổ hợp; Đại số tổ hợp; Hình học tổ hợp; Tơ màu; Trị chơi; Đồ thị Ngun lí Dirichlet công cụ hiệu để chứng minh nhiều kết sâu sắc toán học Riêng tốn tổ hợp, nhiều hình thức đa dạng phong phú, nhờ ứng dụng nguyên lí mà nhiều tốn khó lĩnh vực giải trọn vẹn Nguyên lý Dirichlet nhà toán học người Đức, Peter Gustav Dirichlet (1805-1059) đề xuất, đơn giản có nhiều ứng dụng lập luận giải toán Nội dung nguyên lý phát biểu sau: Có n phần tử xếp hết vào m tập hợp Khi đó, tồn (có một) tập hợp chứa khơng [n/m] phần tử Để dễ nhớ nguyên tắc phát biểu sau: Có n thỏ nhốt hết vào m lồng Khi đó, số thỏ nhiều số lồng tồn lồng chứa hai thỏ Ngun lý cịn phát biểu nhiều dạng: Tập hợp, Đại số, Hình học, Số học… Có nhiều tốn thường cần chứng minh tồn vật hay tượng, mà không cần tường minh vật, tượng Do đó, ngun lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản, cơng cụ hiệu để chứng minh nhiều kết sâu sắc lĩnh vực khác toán học Dùng nguyên lí nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh tồn đối tượng với tính chất xác định Với lý trình bày trên, luận văn nhằm tìm tịi ứng dụng ngun lí Dirichlet tốn tổ hợp Trong tồn luận văn chúng tơi sưu tầm 32 tốn tương đối khó dùng kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế nhiều nước giới, nhằm góp phần bổ sung thêm tư liệu giảng dạy học tập phân mơn tốn tổ hợp cho giáo viên học sinh phổ thông, sinh viên ngành toán trường sư phạm Nội dung luận văn gồm hai chương, phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo: Chương Tìm hiểu nguyên lí Dirichlet Số học 1.1 Các dạng phát biểu nguyên lí Dirichlet 1.2 Ứng dụng ngun lí Dirichlet số tốn số học Chương Ứng dụng nguyên lí Dirichlet giải toán tổ hợp 2.1 Một số toán rời rạc đại số tổ hợp 2.2 Một số tốn hình học tổ hợp 2.3 Bài tốn tơ màu Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình nghiên túc PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn giúp đỡ cho tác giả q trình hồn thành luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy cô giáo Bộ mơn Đại số, Khoa Tốn học Khoa Đào tạo Sau đại học thuộc Trường Đại học Vinh tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả hoàn thành nhiệm vụ học tập nghiên cứu theo chương trình đào tạo sau đại học Mặc dù cố gắng luận văn không tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận bảo, góp ý quý thầy cô giáo bạn học viên Nghệ An, tháng 12 năm 2011 Tác giả CHƯƠNG TÌM HIỂU NGUN LÍ DIRICHLET TRONG SỐ HỌC 1.1 Các dạng phát biểu nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichlet mang tên nhà toán học người Đức: Peter Gustav Dirichlet (1851-1931), phát biểu đơn giản: - Nếu nhốt n+1 thỏ vào n lồng (n số ngun dương) tồn lồng chứa hai thỏ - Nếu nhốt n(m-1)+1 vào n lồng (m,n số nguyên dương) tồn lồng chứa m thỏ Hoặc số dạng phát biểu khác thường hay sử dụng: - Nếu nhốt m thỏ vào n lồng (m,n số ngun dương) tồn lồng chứa khơng m/n thỏ - Nếu lấy m số nguyên a1 , a2 , , am chia cho n (n số ngun dương) tồn khơng m/n số số a1 , a2 , , am có số dư Ngun lí Dirichlet thực chất định lí tập hợp hữu hạn Ta phát biểu xác nguyên lí dạng sau đây: Cho A B hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử A lớn số lượng phần tử B Nếu với quy tắc đó, phần tử A cho tương ứng với phần tử B, tồn hai phần tử A mà chúng tương ứng với phần tử B Với cách diễn đạt ngun lí Dirichlet mở rộng có dạng sau: Giả sử A, B hai tập hợp hữu hạn s(A), s(B) tương ứng kí hiệu số lượng phần tử A, B Nếu với quy tắc cho tương ứng phần tử A với phần tử B tồn khơng tử A tương ứng với phần tử B s  A phần s B Ngun lí Dirichlet cịn áp dụng cho độ dài đoạn thẳng, diện tích hình phẳng, thể tích vật thể sử dụng nhiều tốn hình học tổ hợp - Ngun lí Dirichlet cho thể tích phát biểu sau: Cho A, A1 , A2 , , An vật thể cho Ai  A với i  1, n v  A , v  A1  , v  A2  , , v  An  thể tích vật thể A, A1 , A2 , , An cho v  A  v  A1   v  A2    v  An  Khi tồn hai vật thể n vật thể A1 , A2 , , An có điểm chung (điểm P gọi điểm vật thể A tồn mặt cầu tâm P nằm trọn A) - Nguyên lí Dirichlet cho diện tích: Cho A, A1 , A2 , , An hình phẳng cho Ai  A với i  1, n s  A , s  A1  , s  A2  , , s  An  diện tích hình phẳng A, A1 , A2 , , An cho s  A  s  A1   s  A2    s  An  Khi tồn hai hình phẳng n hình phẳng A1 , A2 , , An có điểm chung (điểm P gọi điểm hình phẳng A tồn hình trịn tâm P nằm trọn A) - Ngun lí Dirichlet cho đoạn thẳng: Cho , 1 , 2 , , n đoạn thẳng cho đoạn thẳng  i nằm đoạn thẳng  với i  1, n tổng độ dài đoạn thẳng 1 , 2 , ,  n lớn độ dài đoạn thẳng  Khi tồn hai đoạn thẳng số n đoạn thẳng 1 , 2 , ,  n có điểm chung Nguyên lí Dirichlet cịn phát biểu cho trường hợp vơ hạn sau: Nếu chia tập hợp vô hạn táo vào hữu hạn ngăn kéo tồn ngăn kéo chứa vơ hạn táo Ngun lí Dirichlet mở rộng cho trường hợp vơ hạn đóng vai trị quan trọng lí thuyết tập điểm trù mật đường thẳng Nó có vai trị quan trọng lí thuyết số nói riêng tốn học rời rạc nói chung (trong có hình học rời rạc) 1.2 Ứng dụng nguyên lí Dirichlet giải tốn số học Trước trình bày ứng dụng ngun lí Dirichlet để giải tốn tổ hợp, nêu vài ứng dụng nguyên lí Dirichlet số tốn số học Bài toán Cho số a, a  k , a  2k số nguyên tố lớn Chứng minh k chia hết cho Lời giải Do a, a  k , a  2k số nguyên tố lớn nên chúng số lẻ không chia hết cho Do a a  k lẻ nên k=(a+k)-a chia hết cho (1) Do a, a  k , a  2k không chia hết chia cho có hai số có số dư (theo ngun lí Dirichlet) Chỉ có khả sau: a) Nếu a  k  a  mod3  a  k   a   mod3 , suy k b) Nếu a  2k  a  k  mod3  a  2k    a  k    mod3 , suy k c) Nếu a  2k  a  mod3  a  2k   a   mod3 , suy 2k Do  2,3  nên k Tóm lại trường hợp ta thấy k (2) Lại  2,3  , nên từ (1) (2) suy k ■ Bài toán Cho 10 số nguyên dương u1 , u2 , , u10 Chứng minh tồn số ci 1,0,1, i  1,2, ,10 không đồng thời không cho số 10 c u i 1 i i chia hết cho 1023 10 Lời giải Xét tất số có dạng Aj   bu , bi 0,1 , i i i 1 i  1,2, ,10 ; j  1,2, ,1024 Rõ ràng có tất 210  1024 số Aj ( j  1,2, ,1024) Khi chia 1024 số Aj cho 1023 theo ngun lí Dirichlet có hai số Ak , Ah  k  h  cho Ak  Ah  mod1023 10 Giả sử Ak Ah có dạng sau: Ak   bkiui , với bki 0,1 i 1 10 Ah   bhiui , với bhi 0,1 i 1 Ta có: Ak  Ah 1023  10  b i 1 ki  bhi  ui 1023 Đặt ci  bki  bhi , i  1,10 Vì bki 0,1 bhi 0,1 nên ci 1,0,1 Mặt khác Ak  Ah nên ci đồng thời không, i  1,10 Như ta chứng minh tồn số ci 1,0,1, i  1,2, ,10 không đồng thời không cho số 10 c u i 1 i i chia hết cho 1023 ■ Bài toán Cho a m hai số nguyên dương tùy ý Chứng minh số dư phép chia a, a , a3 , cho m lặp lại cách tuần hồn (có thể khơng đầu) Lời giải Xét m  lũy thừa đầu tiên: a, a , a3 , , a m , a m1 Khi chia số nguyên dương cho m số dư phải thuộc tập hợp 0,1,2, , m  1 Vì theo nguyên lí Dirichlet phải tồn hai m  số chia cho m có số dư Giả sử hai số a k a k l ( l  ), ta có: a k  a k l  mod m  (1) Xét số tự nhiên n cho n  k Từ (1) ta có: a k a nk  a k l a nk  mod m  , hay với số tự nhiên n  k ta ln có: a n  a nl  mod m  (2) Đẳng thức (2) chứng tỏ vị trí a k số dư lặp lại tuần hồn.■ Bài tốn Chứng minh 12 số nguyên tố phân biệt luôn chọn số, gọi a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 cho:  a1  a2  a3  a4  a5  a6  1800 Lời giải Vì số nguyên tố 2, 3, 12 số nguyên tố phân biệt cho ln có số lớn Vì số nguyên tố lớn nên: ● số chia cho dư dư Theo nguyên lí Dirichlet phải tồn số đồng dư với theo mod3 Năm số lại khơng chia hết cho số lại có hai số mà ta giả sử a1 , a2 cho a1  a2  mod5 Ngoài dĩ nhiên ta có a1  a2  mod3 Từ a1  a2 15 Mặt khác a1 a2 lẻ nên a1  a2 Do  2,15  nên suy a1  a2 30 ● Xét số lại: Theo nguyên lí Dirichlet tồn số đồng dư với theo mod3 Đem số chia cho Có khả xảy ra: + Nếu có hai số ( ta gọi a3 , a4 ) mà a3  a4  mod5 Từ suy a3  a4 Rõ ràng a3  a4 a3  a4 ,  5,3,2   nên a3  a4 30 Lấy a5 , a6 (ngồi a1 , a2 , a3 , a4 chọn) a5 , a6 lẻ (vì số nguyên tố) nên a5  a6 Từ suy a  a2  a3  a4  a5  a6  1800 (do 1800=30.30.2) + Nếu số chia cho có số dư khác 1,2,3,4 giả sử a5  1 mod5 , a6   mod5 ta có a5  a6   mod5 , suy a5  a6 Với hai số lại a3 , a4 rõ ràng a3  a4 (theo cách chọn số trên) Do a5 , a6 , a3 , a4 lẻ nên a5  a6 a3  a4 Từ suy a5  a6 10 a3  a4 Vậy  a1  a2  a3  a4  a5  a6  1800 (do 1800=30.10.6) Tóm lại ln tồn số a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 cho 10 a  a2  a3  a4  a5  a6  1800 ■ Bài toán Một hội toán học bao gồm thành viên nước Danh sách hội viên gồm 1978 người đánh số báo danh từ đến 1978 Chứng minh tồn hội viên có số báo danh gấp đơi số báo danh gấp đôi số báo danh hội viên khác nước tổng hai số báo danh hai hội viên khác nước với Lời giải Để ý 329.6 < 1978, theo ngun lí Dirichlet có nước (mà ta gọi nước A) có khơng 330 đại biểu hội Gọi số báo danh hội viên nước A là: a1 , a2 , , a330 , (giả sử a1  a2   a330  ) Xét hiệu x  a  a với i  1,2, ,329 Có hai khả xảy ra: i 330 i 1) Nếu tồn số xi trùng với a j (số báo danh đại biểu  a  a Như kết luận nước A) Khi ta có: a330   a j suy a i j 330 toán trường hợp 2) Nếu xi  a j với i, j ta có: Rõ ràng số xi số báo danh đại biểu thuộc năm nước lại (chú ý i  1,2, ,329 ) Để ý 65.5 < 329, theo ngun lí Dirichlet, có năm nước lại (ta gọi nước B) có khơng 66 thành viên, mà số báo danh họ số x1 , x2 , , x329 Giả sử số báo danh thành viên nước B là: b1 , b2 , , b66 b  b   b , bi  xni 66 với i  1,66 Lại xét hiệu yi  b66  bi với i  1,2, ,65 Chỉ có trường hợp sau xảy ra: 33 hai điểm 12, hai điểm 10 (trong hai trường hợp, chọn điểm hình vng có chứa điểm 7) Mâu thuẫn chứng tỏ số lớn điểm chọn 34 2.3 Bài tốn tơ màu Bài tốn 25 Trong mặt phẳng cho điểm, khơng có điểm thẳng hàng Mỗi đoạn thẳng nối cặp điểm bôi màu đỏ xanh Chứng minh tồn điểm số điểm cho cho chúng đỉnh tam giác mà cạnh bơi màu Lời giải Xét A số điểm cho Khi xét đoạn thẳng nối điểm A với điểm lại A B1 B5 B2 B3 B4 Vì đoạn bơi màu xanh màu đỏ nên theo nguyên lí Dirichlet có đoạn nói có màu (giả sử màu xanh) Khơng tính tổng qt ta giả sử đoạn có màu xanh AB1 , AB2 , AB3 Lúc có hai khả xảy ra: 1) Nếu đoạn B1B2 , B2 B3 , B3 B1 có màu xanh (giả sử cạnh B1B2 ) tam giác AB1B2 có cạnh màu xanh 2) Nếu cạnh B1B2 , B2 B3 , B3 B1 khơng có cạnh màu xanh, tức cạnh có màu đỏ tam giác B1B2 B3 có cạnh màu đỏ ■ Ta có tốn tương tự sau 35 Bài toán 26 Trên mặt phẳng cho 18 điểm, cho khơng có điểm thẳng hàng Nối cặp điểm tô màu cho đoạn thẳng thu hai màu xanh đỏ Chứng minh ln tìm tứ giác mà đỉnh nằm tập điểm cho cho cạnh đường chéo màu   Lời giải Giả sử Ai i  1,18 18 điểm cho Xuất phát từ A1 có 17 đoạn   thẳng A1 Ai i  2,18 , 17 đoạn thẳng có hai màu xanh đỏ nên theo nguyên lí Dirichlet tồn đoạn thẳng màu Không làm tính tổng qt ta giả sử đoạn A1 A2 , A1 A3 , , A1 A10 chúng màu đỏ A3 A2 A4 A8 A5 A1 A6 A10 A7 A9 Xét điểm A2 , A3 , , A10 Chỉ có hai trường hợp sau xảy ra: 1) Nếu tồn điểm Aj   j  10 cho đoạn thẳng Aj Ak   k  10, k  j  có đoạn thẳng màu đỏ Khơng làm tính tổng qt ta giả sử cạnh A2 A3 , A2 A4 , A2 A5 , A2 A6 Đến lại hai khả năng:  Hoặc đoạn thẳng A3 A4 , A3 A5 , A3 A6 , A4 A5 , A4 A6 , A5 A6 màu xanh Khi tứ giác A3 A4 A5 A6 tứ giác xanh thỏa mãn yêu cầu toán 36 Tồn đoạn thẳng Ai Aj   i  j   màu đỏ Khi tứ  giác A1 A2 Ai Aj   i  j   tứ giác đỏ thỏa mãn yêu cầu toán Nếu với điểm Aj   j  10  mà đoạn thẳng 2) Aj Ak   k  10, k  j  có tối đa đoạn màu đỏ mà thơi, lúc phải tồn điểm (chẳng hạn A2 ) mà đoạn A2 Ak   k  10  có tối đa hai đoạn màu đỏ (thật vậy, Aj   j  10  mà có đoạn Aj Ak   k  10, k  j  màu đỏ, số đoạn thẳng màu đỏ nối nội điểm 9.3 số khơng ngun- điều vơ lí) Vì A2 Ak   k  10  có tối đa hai đoạn màu đỏ mà thôi, nên số đoạn A2 Ak   k  10  có đoạn màu xanh Khơng tính tổng qt ta giả sử đoạn A2 A5 , A2 A6 ,…, A2 A10 có màu xanh Xét điểm A5 , A6 , , A10 Đó sáu điểm mà khơng có điểm thẳng hàng, đoạn thẳng nối hai điểm có màu xanh đỏ Theo tốn 25 ln ln tồn tam giác mà ba đỉnh chọn  A5 , A6 , , A0  cho ba cạnh màu Lại có hai khả năng: a) Giả sử tồn tam giác Ai Aj Ak (5  i  i  j  k  10) màu xanh, tứ giác A2 Ai Aj Ak (5  i  i  j  k  10) tứ giác xanh thỏa mãn yêu cầu toán b) Nếu tồn tam giác Ai Aj Ak (5  i  i  j  k  10) màu đỏ tứ giác A1 Ai Aj Ak tứ giác đỏ cần tìm Như ta ln chứng minh tồn tứ giác mà đỉnh nằm tập điểm cho cho cạnh đường chéo màu ■ 37 Chú ý * Một số tốn có dạng tương tự sau: + Giả sử đội dự thi Olympic Tốn học Quốc tế có thành viên Chứng minh số thành viên tồn thành viên mà biết lẫn + Chứng minh từ 18 người tùy ý ta chọn người đôi quen biết nhau, đôi không quen biết * Ta xét tốn phức tạp sau: Bài toán 27 Cho điểm mặt phẳng cho khơng có ba điểm thẳng hàng Các đoạn thẳng nối cặp điểm tô màu đỏ xanh Chứng minh tồn hai tam giác (mà đỉnh chúng thuộc tập hợp điểm cho) mà cạnh chúng có màu Lời giải Số tất tam giác tạo thành từ điểm cho là: C63  6!  20 tam giác 3!3! Gọi x số tam giác mà cạnh màu, số tam giác mà cạnh không màu 20  x Nếu hai đường màu xuất phát từ điểm ta có góc đồng màu Trong tam giác màu ta có góc đồng màu, cịn tam giác khơng màu có góc đồng màu A2 A3 A1 A4 A6 Vì số góc đồng màu là: 3x   20  x   20  x góc (1) A5 38 Xét điểm A1 Giả sử xuất phát từ A1 có r đoạn thẳng màu đỏ  r đoạn thẳng màu xanh Khi thấy điểm A1 có số góc đồng màu Cr2  C52r (ở ta quy ước sử dụng kí hiệu Cnk   n  k ) Nếu  r   Cr2  ,  r   C52r  C42  Nếu   r   C52r  , r   Cr2  C42  Xét  r   Cr2  C52r  C22  C32  Tóm lại ta ln chứng minh Cr2  C52r    Điều có nghĩa điểm Ai i  1,6 , số góc đồng màu có đỉnh Ai ln lớn Vì thế, số góc đồng màu ln lớn 6.4=24 Kết hợp với (1) ta có: 20  x  24  x  Như ta chứng minh ln tồn hai tam giác màu (đỉnh tam giác thuộc vào tập điểm cho) ■ Bài toán 28 Cho đa giác gồm 1999 cạnh Người ta sơn đỉnh đa giác hai màu xanh đỏ Chứng minh phải tồn đỉnh sơn màu tạo thành tam giác cân Lời giải Ta có đa giác 1999 cạnh nên có 1999 đỉnh Do phải tồn hai đỉnh kề P Q sơn màu (chẳng hạn màu đỏ) Vì đa giác cho đa giác có số đỉnh lẻ nên phải tồn đỉnh nằm đường trung trực đoạn thẳng PQ Giả sử đỉnh A Nếu A tơ màu đỏ ta có tam giác APQ tam giác cân có đỉnh A, P, Q tô màu đỏ Nếu A tơ màu xanh, lúc gọi B C đỉnh khác đa giác kề với P Q 39 Nếu hai đỉnh B C tơ màu xanh tam giác ABC cân có đỉnh tơ màu xanh Nếu ngược lại hai đỉnh B C mà tô màu đỏ tam giác BPQ tam giác CPQ tam giác cân có đỉnh tơ màu đỏ ■ Bài tốn 29 Cho hình đa giác cạnh Mỗi đỉnh tơ hai màu trắng đen Chứng minh tồn hai tam giác phân biệt có diện tích mà đỉnh tam giác tô màu Lời giải Chín đỉnh A1 , A2 , , A9 đa giác tô hai màu nên theo ngun lí Dirichlet có đỉnh số tơ màu Giả sử có đỉnh tơ màu trắng, năm đỉnh tạo ra: C53  5!  10 tam 3!2! giác màu trắng (tức tam giác có ba đỉnh màu trắng) A1 A9 A2 A8 A3 A7 A4 A6 A5 Gọi  tập hợp đỉnh đa giác cho, tức là:    A1 , A2 , , A9  Gọi O tâm đa giác cho Xét phép quay góc 00 ,400 ,800 ,1200 ,1600 ,2000 ,2400 ,2800 ,3200 xung quanh tâm O Rõ ràng ứng với phép quay tập  biến thành tập  (tức tập 40 đỉnh đa giác không thay đổi qua phép quay, quay đỉnh biến thành đỉnh kia) Sau phép quay 10 tam giác trắng biến thành 90 tam giác trắng, mà tam giác có đỉnh thuộc tập hợp  Chú ý số tam giác khác có đỉnh  là: C93  9!  84 6!3! Vì 84 < 90, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn hai tam giác 1  cho phép quay tương ứng trùng với tam giác Vì phép quay phép dời hình (biến hình thành hình nó) nên hai tam giác 1  có diện tích ■ Bài tốn 30 Một kim tự tháp có đáy đa giác lồi cạnh Mỗi đường chéo đáy cạnh mặt bên tô màu đen trắng Cả hai màu sử dụng (Các cạnh mặt đáy không tơ màu) Chứng minh có đoạn màu tạo thành tam giác Lời giải Ta kí hiệu kim tự tháp cho A0 A1 A2 A9 , với A0 đỉnh Từ A0 , ta vẽ đoạn thẳng nối đỉnh lại Theo ngun lí Dirichlet phải có đoạn chúng màu, giả sử đoạn nối A0 với A1 , A2 , A3 , A4 , A5 chúng có màu đen Vì đáy đa giác lồi cạnh nên có cạnh ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 ,chẳng hạn A1 A2 , đường chéo đáy Khi A1 A4 A2 A4 hai đường chéo đáy Nếu cạnh tam giác A1 A2 A4 màu trắng tốn xem giải xong Giả sử có cạnh Ai Aj màu đen tam giác A0 Ai Aj có cạnh màu ■ 41 Bài tốn 31 Trong khơng gian cho điểm cho khơng có hệ điểm số đồng phẳng Cứ hai điểm nối đoạn thẳng (cạnh), cạnh tơ màu xanh màu đỏ, khơng tơ Tìm giá trị n nhỏ cho có n cạnh tơ màu tập hợp cạnh tơ phải chứa tam giác có cạnh màu Lời giải Nếu chọn điểm mà 15 cạnh sơn màu xanh đỏ đồ hình tạo điểm chứa tam giác với cạnh màu (theo 1) Để ý kết không với hệ gồm điểm ví dụ sau đây, xem đồ hình bên với ý: đường liền nét màu đỏ, không liền nét màu xanh Giờ ta xét hệ gồm điểm Nếu có cạnh khơng màu số cạnh tơ màu 36-3=33 , ta có tập điểm trường hợp xét Vậy với n=33 bảo đảm có tam giác với cạnh màu 42 (những cặp đỉnh -4 cặp – không nối tượng trưng cho việc khơng tơ màu) Mặt khác có 32 cạnh sơn (trong hệ điểm) khơng bảo đảm có tam giác với cạnh màu, ví dụ đồ hình (xem hình trên) Ví dụ xây dựng theo quy luật logic sau: Ta xuất phát từ điểm hình (A, B, C, D, E) Ta thêm vào điểm P nối với B, C, D, E sau: B A C P D E Các cạnh tạo thành PB, PC, PD, PE tương ứng có màu với AB, AC, AD, AE Khi ta đồ hình đỉnh, 14 cạnh có màu khơng có tam giác với cạnh màu Ta thêm vào điểm Q, nối Q với P, A, C, D, E cho cạnh tạo thành có màu tương ứng giống với BP, BA, BC, BD, BE Đồ hình cho ta đỉnh, 19 cạnh có màu khơng có tam giác với cạnh màu Tiếp đến ta thêm vào điểm R, nối R với P , Q, A, B, D, E cho cạnh tạo thành có màu tương ứng giống với CP, CQ, CA, CB, CD, CE Đồ hình có đỉnh, 25 cạnh có màu, khơng có tam giác với cạnh màu 43 Cuối thêm vào điểm S, nối S với P, Q, R, A, B, C, E cho cạnh tạo thành có màu tương giống với DP, DQ, DR, DA, DB, AC, AE Đồ hình có đỉnh, 32 cạnh có màu, khơng có tam giác với cạnh màu Vậy số n cần tìm 33 Bài tốn 32 Trong hệ trục trực chuẩn mặt phẳng, xét tất điểm có tọa độ nguyên (x,y) thõa mãn  x  19  y  Mỗi điểm đánh dấu ba màu xanh lục, đỏ, xanh nước biển Chứng minh tồn hình chữ nhật có hai cạnh song song với hai trục tọa độ cho bốn đỉnh có màu Lời giải Vì số tất điểm tơ màu 4.19 = 76 có màu nên theo ngun lí Dirichlet phải có 26 điểm màu (khơng tính tổng qt giả sử màu xanh nước biển) Ta kí hiệu p1 , p2 , , p19 đường thẳng song song với trục tung qua điểm (1,0), (2,0), …, (19,0) Gọi n1 , n2 , , n19 số điểm màu xanh nước biển tương ứng nằm đường thẳng p1 , p2 , , p19 Rõ ràng  ni  với i  1,2, ,19 Khơng tính tổng qt, giả sử n1  n2   n19 Vì n1  n2   n19  26 nên ta có n1  Ta xét trường hợp n1  4,3,2 1) Giả sử n1  Lúc có 22 điểm màu xanh nước biển lại lại nằm 18 đường thẳng nên n2  Vì đường thẳng p1 p2 có hai điểm màu xanh nước biển , bốn điểm tạo thành hình chữ nhật Do tồn hình chữ nhật có hai cạnh song song với hai trục tọa độ cho bốn đỉnh màu 2) Giả sử n1  Khi 23 điểm màu xanh nước biển lại nằm 18 đường thẳng nên n2  44 a Nếu n2  tồn hình chữ nhật với bốn đỉnh màu xanh nước biển nằm p1 p2 b Giả sử n2  Khi n3  n4  n5  n6  Số cách chọn hai điểm màu xanh nước biển p1 3, số cách chọn hai điểm màu xanh nước biển tương ứng p2 , p3 , p4 , p5, p6 Tổng số cặp điểm màu xanh nước biển 3+5.1=8, lớn số cách chọn hai bốn đường thẳng nằm ngang Vì tồn hình chữ nhật có bốn đỉnh màu xanh nước biển 3) Giả sử n1  Khi n2  n3   n7  Vì 7>6 , lí luận tương tự 2b) để suy tồn hình chữ nhật có bốn đỉnh màu xanh nước biển ■ 45 KẾT LUẬN Luận văn gồm nội dung sau: ● Giới thiệu dạng phát biểu ngun lí suy luận Dirichlet ●Tìm hiểu ngun lí Dirichlet Số học ● Ứng dụng nguyên lí Dirichlet giải tốn tổ hợp ● Tìm tịi giải 32 toán kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế toán tổ hợp mà lời giải chúng có sử dụng ngun lý Dirichlet Đó tốn thuộc lĩnh vực: Toán rời rạc Đại số tổ hợp; Hình học tổ hợp; Bài tốn tơ màu Luận văn tiếp tục tìm hiểu thêm ứng dụng khác ngun lí Dirichlet dạng tốn 46 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT 1 Nguyễn Quý Dy, Nguyễn Văn Nho, Vũ Dương Thụy (2005), 200 thi vơ địch tốn- tập 7: Tổ hợp, NXB Giáo dục, Hà Nội  2 Phạm Huy Điển (2002), Tính tốn, Lập trình Giảng dạy Tốn học Maple, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội 3 Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, NXB Giáo dục, Hà Nội  4 Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo dục Hà Nội 5 Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội 6 Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hịa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng (2008), Chuyên đề chọn lọc tổ hợp toán rời rạc, NXB Giáo dục, Hà Nội 7 Phạm Minh Phương (2010), Một số chuyên đề toán tổ hợp bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB Giáo dục, Hà Nội 8 Nguyễn Thành Quang (2003), Số học đại, Trường Đại học Vinh 9 Nguyễn Thành Quang (2011), Lý thuyết trường ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội 10 Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olimpic Toán học Quốc tế, NXB Giáo dục, Hà Nội 11 Nguyễn Văn Vĩnh, Nguyễn Đức Đồng (2008), 23 chuyên đề giải 1001 toán sơ cấp, NXB Giáo dục, Hà Nội 47 TIẾNG ANH 12 Z I Borevic and R I Shafarevich (1966), Number Theory, Acamedic Press 13 D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGrawHill Company, New Delhi 15 M B Nathanson (2000), Elementary Methods in Number Theory, Springer 16 S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company, New Delhi ... biểu nguyên lí Dirichlet 1.2 Ứng dụng nguyên lí Dirichlet số toán số học Chương Ứng dụng nguyên lí Dirichlet giải tốn tổ hợp 2.1 Một số toán rời rạc đại số tổ hợp 2.2 Một số tốn hình học tổ hợp. .. chứng minh ■ 12 CHƯƠNG ỨNG DỤNG CỦA NGUYÊN LÍ DIRICHLET TRONG GIẢI TỐN TỔ HỢP 2.1 Một số tốn rời rạc đại số tổ hợp Bài toán Cho dãy số gồm 19 số nguyên dương không vượt 93 dãy số gồm 93 số nguyên. .. rạc) 7 1.2 Ứng dụng nguyên lí Dirichlet giải tốn số học Trước trình bày ứng dụng nguyên lí Dirichlet để giải toán tổ hợp, nêu vài ứng dụng ngun lí Dirichlet số tốn số học Bài toán Cho số a, a 